TOP 40 câu Trắc nghiệm Khoảng cách (có đáp án 2023) – Toán 11

Trắc nghiệm Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

Câu 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA vuông góc với $\left(ABC\right)$ và $SA=3a.$ Diện tích tam giác ABC bằng $2a^2,BC=a$. Khoảng cách từ S đến BC bằng bao nhiêu?

A. 2a

B.  4a

C.  3a

D. 5a

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

Kẻ AH vuông góc với BC 

 $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC$

$\to AH=\frac{2.S_{\Delta ABC}}{BC}$

$=\frac{4a^2}{a}=4a$

Khoảng cách từ S đến BC chính là SH

Dựa vào tam giác vuông $\Delta SAH$ ta có 

$SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}$

$=\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(4a\right)}^2}=5a$

Câu 2: Cho hình chóp $S.ABCD$ trong đó SA,AB,BC đôi một vuông góc và $SA=AB=BC=1.$ Khoảng cách giữa hai điểm $S\text{ và }C$ nhận giá trị nào trong các giá trị sau ?

A. $\sqrt{2}.$

B. $\sqrt{3}.$

C. 2.

D. $\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích:

Do $\left\{\begin{array}{l}SA\perp AB\\ SA\perp BC\end{array}\right.$ nên $SA\perp \left(ABC\right)$

$\Rightarrow SA\perp AC$

Như vậy  $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}$

$=\sqrt{S{A}^2+(A{B}^2+B{C}^2)}=\sqrt{3}$

Câu 3: Cho hình chóp A.BCD có cạnh $AC\perp \left(BCD\right)\text{ và }BCD$ là tam giác đều cạnh bằng a. Biết $AC=a\sqrt{2}$ và M là trung điểm của BD. Khoảng cách từ C đến đường thẳng AM bằng

A. $a\sqrt{\frac{7}{5}}.$

B. $a\sqrt{\frac{4}{7}}.$

C. $a\sqrt{\frac{6}{11}}.$

D. $a\sqrt{\frac{2}{3}}.$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Do $\Delta ABC$ đều cạnh a nên đường cao $MC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$d\left(C,AM\right)=CH$

$=\frac{AC.MC}{\sqrt{A{C}^2+M{C}^2}}=a\frac{\sqrt{66}}{11}$

Câu 4: Trong mặt phẳng $\left(P\right)$ cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng $\left(P\right)$ lấy điểm S sao cho SA= a . Khoảng cách từ A đến $\left(SBC\right)$ bằng        

A. $a\sqrt{5}.$

B. $2a.$

C. $\frac{a\sqrt{21}}{7}.$

D. $a\sqrt{3}.$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

 Gọi M là trung điểm của BC; H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. 

Ta có $BC\perp AM$ và $BC\perp SA$ nên

$BC\perp \left(SAM\right)\Rightarrow BC\perp AH.$

Mà $AH\perp SM$, do đó $AH\perp \left(SBC\right)$.

Vậy $AH=d\left(A,\left(SBC\right)\right).$ 

$AM=\frac{a\sqrt{3}}{2};$

$AH=\frac{AS.AM}{\sqrt{A{S}^2+A{M}^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}.$

Câu 5: Cho tứ diện SABC trong đo SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một và $SA=3a$, $SB=a$,$SC=2a$. Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC bằng:

A. $\frac{3a\sqrt{2}}{2}$

B. $\frac{7a\sqrt{5}}{5}$

C. $\frac{8a\sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{5a\sqrt{6}}{6}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích:

+ Dựng  $AH\perp BC$ $\Rightarrow d\left(A,BC\right)=AH$

+ $\left\{\begin{array}{l}AS\perp \left(SBC\right)\supset BC\Rightarrow AS\perp BC\\ AH\perp BC\end{array}\right.$

AH cắt Á cùng nằm trong $\left(SAH\right)$.

$\Rightarrow BC\perp \left(SAH\right)\supset SH\Rightarrow BC\perp SH$

Xét trong $\Delta SBC$ vuông tại S có H là đường cao ta có:

$\frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{S{C}^2}$

$=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}$  

$\Rightarrow S{H}^2=\frac{4a^2}{5}$

$\Rightarrow SH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$

+ Ta dễ chứng minh được  $AS\perp \left(SBC\right)\supset SH\Rightarrow AS\perp SH$ 

$\Rightarrow \Delta ASH$ vuông tại S.

Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta ASH$ vuông tại S ta có:

$A{H}^2=S{A}^2+S{H}^2$

$=9a^2+\frac{4a^2}{5}=\frac{49a^2}{5}$

$\Rightarrow AH=\frac{7a\sqrt{5}}{5}$

 Câu 6:  Cho hình chóp S.ABCD có $SA\perp \left(ABCD\right),$ mặt đáy ABCD là hình thang vuông có chiều cao $AB=a.$ Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính khoảng cách giữa đường thẳng IJ và $\left(SAD\right).$

A. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{a}{2}$

D. $\frac{a}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

$SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AI$

Lại có $AI\perp AD$ ( hình thang vuông)

suy ra $IA\perp \left(SAD\right)$

$IJ\parallel AD$ theo tính chất hình thang, nên

$d\left(IJ,\left(SAD\right)\right)=d\left(I,\left(SAD\right)\right)$

$=IA=\frac{a}{2}$

Câu 7: Cho hình thang vuông ABCD vuông ở A và D, AD= 2a .Trên đường thẳng vuông góc với $\left(ABCD\right)$ tại D lấy điểm S với $SD=a\sqrt{2}.$ Tính khoảng cách giữa DC và $\left(SAB\right).$

A. $\frac{2a}{\sqrt{3}}$

B. $\frac{a}{\sqrt{2}}$

C. $a\sqrt{2}$.

D. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích:

Trong tam giác DHA , dựng $DH\perp SA$;

Vì  $DC//AB$

$\Rightarrow d\left(DC;\left(SAB\right)\right)=d\left(D;\left(SAB\right)\right)$

$=DH$

Xét tam giác vuông SDA có :

$\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{S{D}^2}+\frac{1}{A{D}^2}$

$\Rightarrow DH=\frac{a\sqrt{12}}{3}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Câu 8: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Khi đó khoảng cách giữa đường thẳng AB và mặt phẳng $\left(SCD\right)$ bằng

A. $\frac{a\sqrt{6}}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{6}}{4}$

C. $\frac{2a\sqrt{6}}{9}$

D. $\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

Gọi O là tâm hình vuông  ABCD

Khi đó $SO\perp \left(ABCD\right)$

Kẻ  $OI\perp CD,OH\perp SI$

$\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right)$

Ta tính được  $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2},$

$\hspace{0.17em}SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{I}^2}$

$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{6}}{6}$

 $\Rightarrow d\left(A,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Câu 9: Cho hình lập phương $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có cạnh bằng a. Khi đó, khoảng cách giữa đường thẳng BD và mặt phẳng $\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$ bằng

A. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

B. $\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ

$A\left(0;0;0\right);B\left(1;0;0\right);D\left(0;1;0\right);$

$A^{\text{'}}\left(0;0;1\right);C\left(1;1;0\right);B^{\text{'}}\left(1;0;1\right);$

$D^{\text{'}}\left(0;1;1\right);C^{\text{'}}\left(1;1;1\right)$

$\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}}=\left(0;-1;1\right);\overrightarrow{C{D}^{\text{'}}}=\left(-1;0;1\right)$

Viết phương trình mặt phẳng $\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$

Có VTPT $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}};\overrightarrow{C{D}^{\text{'}}}\right]=\left(-1;-1;-1\right)$

$\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right):$

$1\left(x-1\right)+1\left(y-1\right)+1\left(z-0\right)=0$

$\iff x+y+z-2=0$

$d\left(BD;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(B;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{\left|1+0+0-2\right|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Vậy $d\left(BD;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với $AB=2a\sqrt{3};BC=2a$. Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm đoạn DI và SB hợp với mặt phẳng đáy $\left(ABCD\right)$ một góc ${60}^{\circ }.$  Khoảng cách từ D đến $\left(SBC\right)$ tính theo a bằng 

A. $\frac{a\sqrt{15}}{5}$

B. $\frac{2a\sqrt{15}}{5}$

C. $\frac{4a\sqrt{15}}{5}$

D. $\frac{3a\sqrt{15}}{5}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Đặc điểm của hình: Góc giữa SB tạo với mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ là $\widehat{SBM}={60}^{\circ }.$

$BM=\frac{3}{4}BD=3a$; 

$SM=BM.\tan {60}^0=3\sqrt{3}a$

Xác định khoảng cách:

$d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{4}{3}d\left(M,\left(SBC\right)\right)$

$=\frac{4}{3}MH$

Tính khoảng cách MH:

$$\begin{gathered} \frac{1}{M{H}^2}=\frac{1}{M{K}^2}+\frac{1}{M{S}^2} \\ =\frac{1}{{\left(\frac{3}{4}.2\sqrt{3}a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(3\sqrt{3}a\right)}^2}=\frac{5}{27a^2} \end{gathered}$$

$MH=\sqrt{\frac{27}{5}}a$ .vậy

 $$\begin{gathered} d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{4}{3}d\left(M,\left(SBC\right)\right) \\ =\frac{4}{3}MH=\frac{4\sqrt{15}}{5}a \end{gathered}$$

Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, $AB=a,AC=2a,SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left(ABCD\right),SC$ tạo với mặt phẳng $\left(SAB\right)$ một góc ${30}^{\circ }.$ Gọi M là một điểm trên cạnh AB sao cho $BM=3MA.$ Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng $\left(SCM\right)$ là

A. $\frac{\sqrt{34}a}{51}$.

B. $\frac{2\sqrt{34}a}{51}$.

C. $\frac{3\sqrt{34}a}{51}$.

D. $\frac{4\sqrt{34}a}{51}$.

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích:

Đặc điểm của hình: SC tạo với mặt phẳng $\left(SAB\right)$góc $\widehat{CSB}={30}^{\circ }.$

$BC=\sqrt{3}a$; $SB=BC.\tan {30}^0=a$; $MC=\sqrt{{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2+3a^2}=\frac{\sqrt{57}}{4}a$;

$MA=\frac{a}{4}$;$AC=2a$; $AS=2\sqrt{2}a$; $AK=\frac{2S_{AMC}}{MC}=\frac{\sqrt{19}}{19}a$

Xác định khoảng cách: $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH$

Tính  $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{K}^2}+\frac{1}{A{S}^2}$

$=\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{19}}{19}a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(2\sqrt{2}a\right)}^2}=\frac{153}{8a^2}$

Vậy $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=\frac{2\sqrt{34}}{51}$

Câu 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi $M,N\text{ và }P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,AD\text{ và }DC.$ Gọi H là giao điểm của CN và DM, biết SH vuông góc $\left(ABCD\right),SH=a\sqrt{3}$. Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng $\left(SBP\right)$ tính theo a bằng

A. $\frac{a\sqrt{2}}{4}$

B. $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

C. $\frac{a\sqrt{3}}{4}$

D. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Ta chứng minh: $NC\perp MD$

Thật vậy: $\Delta ADM=\Delta DCM$ vì  

$\widehat{A}=\widehat{D}={90}^0; AD=DC;$ $AM=DN$

$\Rightarrow \widehat{ADM}=\widehat{DCN};$ mà  $\widehat{ADM}+\widehat{MDC}={90}^0$

$\Rightarrow \widehat{MDC}+\widehat{DCN}={90}^0$

$\Rightarrow NC\perp MD$

Ta có: $BP\perp NC\left(MD//BP\right);BP\perp SH$

$\Rightarrow BP\perp \left(SNC\right)\Rightarrow \left(SBP\right)\perp \left(SNC\right)$

Kẻ  $HE\perp SF\Rightarrow HE\perp \left(SBP\right)$

$\Rightarrow d\left(H,\left(SBP\right)\right)=d(C,(SBP\left)\right)$$=HE$

Do $D{C}^2=HC.NC$

 $\Rightarrow HC=\frac{D{C}^2}{NC}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\Rightarrow HF=\frac{a\sqrt{5}}{5}$

Mà $HE=\frac{SH.HF}{SF}=\frac{SH.HF}{\sqrt{S{H}^2+H{F}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau, $AD=2a\sqrt{2};BC=a\sqrt{2}$. Hai mặt phẳng $\left(SAC\right)\text{ và }\left(SBD\right)$ cùng vuông góc với mặt đáy $\left(ABCD\right).$ Góc giữa hai mặt phẳng $\left(SCD\right)\text{ và }\left(ABCD\right)$ bằng ${60}^{\circ }.$ Khoảng cách từ M là trung điểm đoạn AB đến mặt phẳng $\left(SCD\right)$ là

A. $\frac{a\sqrt{15}}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{15}}{20}$

C. $\frac{3a\sqrt{15}}{20}$

D. $\frac{9a\sqrt{15}}{20}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

Do $\left(SAC\right)\perp \left(ABCD\right),\left(SBD\right)\perp \left(ABCD\right)$

 $\left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)=SO$

$\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

Dựng góc giữa $\left(SCD\right),\left(ABCD\right)$ :

$\left(SCD\right)\cap \left(ABCD\right)=DC$. Kẻ $OK\perp DC$

 $\Rightarrow SK\perp DC$

$\Rightarrow \left(\widehat{\left(SCD\right),\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SKO}$

Kéo dài MO cắt DC tại E 

Ta có:  

$\widehat{A_1}=\widehat{D_1};\widehat{A_1}=\widehat{M_1};\widehat{M_1}=\widehat{M_2}=\widehat{O_1}$

$\Rightarrow \widehat{D_1}=\widehat{O_1};\widehat{O_1}+\widehat{EOD}={90}^0$

$\Rightarrow \widehat{E}={90}^0$

$\Rightarrow E\equiv K$

Ta có: $OK=\frac{2a.a}{a\sqrt{5}};OM=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

$MK=\frac{9a\sqrt{5}}{10}$.

$\frac{d(O,(SCD\left)\right)}{d(M,(SCD\left)\right)}=\frac{OE}{ME}=\frac{9}{4}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow d\left(M,\left(SCD\right)\right)\end{array}$$=\frac{9}{4}d\left(O,\left(SCD\right)\right)=\frac{9}{4}OH$

$OS=OK.\tan {60}^0=\frac{2a\sqrt{15}}{5}$

$\Rightarrow OH=\frac{OK.OS}{\sqrt{O{K}^2+O{S}^2}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

$\Rightarrow d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{9a\sqrt{15}}{20}$

Câu 14: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau đây?

A. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm M bất kỳ trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.

B. Nếu hai đường thẳng a và b chéo nhau và vuông góc với nhau thì đường vuông góc chung của chúng nằm trong mặt phẳng (a) chứa đường này và (a) vuông góc với đường kia.

C. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách từ một điểm M thuộc (a) chứa a và song song với b đến một điểm N bất kì trên b.

D. Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (a) song song với a là khoảng cách từ một điểm A bất kì thuộc a tới mặt phẳng (a)

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Câu 15: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. Đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau thì vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia

B. Một đường thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau nếu nó vuông góc với cả hai đường thẳng đó

C. Đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau thì nằm trong mặt phẳng chứa đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng kia

D. Một đường thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau nếu nó cắt cả hai đường thẳng đó.

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

 Đáp án A: Đúng

 Đáp án B: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố cắt nhau.

 Đáp án C: Sai, vì mặt phẳng đó chưa chắc đã tồn tại.

 Đáp án D: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố vuông góc.

Câu 16: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. Nếu hai đường thẳng a và b chéo nhau và vuông góc với nhau thì đường thẳng vuông góc chung của chúng nằm trong mặt phẳng (P) chứa đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng kia.

B. Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) song song với a là khoảng cách từ một điểm A bất kỳ thuộc a tới mp(P).

C. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách từ một điểm M thuộc mặt phẳng (P) chứa a và song song với b đến một điểm N bất kỳ trên b.

D. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm M bất kỳ trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ là điểm H thuộc cạnh AD sao cho $HA=3HD.$ Gọi M là trung điểm của cạnh  AB .Biết rằng $SA=2\sqrt{3}a$ và đường thẳng SC tạo với mặt đáy một góc ${30}^{\circ }.$ Khoảng cách từ M đến mặt phẳng $\left(SBC\right)$ tính theo a bằng

A. $\frac{2\sqrt{66}a}{11}$

B. $\frac{\sqrt{11}a}{66}$

C. $\frac{2\sqrt{66}a}{11}$

D. $\frac{\sqrt{66}a}{11}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

SC có hình chiếu vuông góc lên mp$\left(ABCD\right)$ là  HC

$\Rightarrow \widehat{SC,\left(ABCD\right)}=\widehat{SCH}={30}^0$

Đặt $AD=4x_{}^{}\left(x>0\right)$ 

Ta có : $S{A}^2=AH.AD$

$\Rightarrow 12a^2=12x^2\Rightarrow x=a$

$\Rightarrow AD=4a,AH=3a,HD=a$

Mà : $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=a\sqrt{3}$

$\Rightarrow HC=3a\Rightarrow DC=2\sqrt{2}a$

Kẻ $HE\perp BC,SH\perp BC$

$\Rightarrow \left(SHE\right)\perp \left(SBC\right)$

Kẻ  $HK\perp SE\Rightarrow HK\perp \left(SBC\right)$

$\Rightarrow d\left(H,SBC\right)=HK$

$\Rightarrow d\left(M,\left(SBC\right)\right)=\frac{HK}{2}$

$HK=\frac{SH.EH}{\sqrt{S{H}^2+E{H}^2}}=\frac{2a\sqrt{66}}{11}$

$\Rightarrow d\left(M,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{66}}{11}$

Câu 18: Cho hình lập phương $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ cạnh a. Khoảng cách từ A đến $\left(B^{\text{'}}C{D}^{\text{'}}\right)$ bằng

A. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Ta có:  

$AB\text{'}=AC=AD\text{'}=B\text{'}D\text{'}$

$=B\text{'}C=CD\text{'}=a\sqrt{2}$

Nên tứ diện $AB\text{'}CD\text{'}$ là tứ diện đều.

Gọi I là trung điểm $B\text{'}C$, G là trọng tâm tam giác $B\text{'}CD\text{'}$.

Khi đó ta có: $d\left(A;\left(B\text{'}CD\text{'}\right)\right)=AG$ 

Vì tam giác $B\text{'}CD\text{'}$ đều nên

$D\text{'}I=a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Theo tính chất trọng tâm ta có:

$D\text{'}G=\frac{2}{3}D\text{'}I=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Trong tam giác vuông $AGD\text{'}$ có:

$AG=\sqrt{D\text{'}{A}^2-D\text{'}{G}^2}$

$=\sqrt{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{6}}{3}\right)}^2}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.

Câu 19: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A với $AB=a.$ Mặt bên chứa BC của hình chóp vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc ${45}^{\circ }.$ Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng đáy $\left(ABC\right)$.

A. $\frac{a}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

C. $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

D. $\frac{3a}{2}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích:

Gọi H là hình chiếu của S lên $\left(ABC\right)$, vì mặt bên $\left(SBC\right)$ vuông góc với $\left(ABC\right)$ nên $H\in BC.$ 

Dựng $HI\perp AB,HJ\perp AC$, theo đề bài ta có

$\widehat{SIH}=\widehat{SJH}={45}^0$

Do đó tam giác $SHI=SHJ$ (cạnh góc vuông - góc nhọn)

Suy ra $HI=HJ$.

Lại có $\widehat{B}=\widehat{C}={45}^0$

$\Rightarrow \Delta BIH=\Delta CJH\Rightarrow HB=HC$

Vậy H trùng với trung điểm của BC.

Từ đó ta có HI là đường trung bình của tam giác ABC nên $HI=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2}$.

Tam giác SHI vuông tại H và có $\widehat{SIH}={45}^0$

$\Rightarrow \Delta SHI$ vuông cân.

Do đó: $SH=HI=\frac{a}{2}$.

Câu 20: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên bằng b, cạnh đáy bằng d, với $d<b\sqrt{3}.$ Hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định bên dưới.

A. $d\left(S,\left(ABC\right)\right)=\sqrt{b^2-\frac{1}{2}{d}^2}$

B. $d\left(S,\left(ABC\right)\right)=\sqrt{b^2-d^2}$

C. $d\left(S,\left(ABC\right)\right)=\sqrt{b^2-\frac{1}{3}{d}^2}$

D. $d\left(S,\left(ABC\right)\right)=\sqrt{b^2+d^2}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Gọi I là trung điểm của BC, H là trọng tâm tam giác ABC.

Do S.ABC là hình chóp đều nên $SH\perp \left(ABC\right)$

$\Rightarrow d\left(S,\left(ABC\right)\right)=SH$

Ta có $AI=\sqrt{A{B}^2-B{I}^2}$

$=\sqrt{d^2-\frac{d^2}{4}}=\frac{d\sqrt{3}}{2}$

$AH=\frac{2}{3}AI=\frac{d\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{b^2-\frac{d^2}{3}}$

Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với đáy $\left(ABCD\right).$ Gọi K, H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A và O lên SD. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

A. Đoạn vuông góc chung của AC và SD là AK

B. Đoạn vuông góc chung của AC và SD là CD

C. Đoạn vuông góc chung của AC và SD là OH

D. Các khẳng định trên đều sai

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

Nếu $AK\perp AC,\text{ do }AK\perp AB$

$\Rightarrow AK\perp \left(ABC\right)$

$\Rightarrow AK\equiv SA$ (vì $SA\perp \left(ABC\right)$ 

$\Rightarrow SA\perp SD\Rightarrow \Delta SAD$ có 2 góc vuông (vô lý).

Theo tính chất của hình vuông $CD\cancel{\perp }AC$.

Nếu $AC\perp OH,\text{ do }AC\perp BD$

$\Rightarrow AC\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AC\perp SO$

$\Rightarrow \Delta SOA$ có 2 góc vuông (vô lý)

Như vậy  $AC\cancel{\perp }AK,AC\cancel{\perp }CD,AC\cancel{\perp }OH$

Câu 22: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa AB và CD.

A. $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{2}}{3}$

C. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

D.  $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Khi đó $NA=NB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ nên tam giác ANB cân, suy ra $NM\perp AB$.

Chứng minh tương tự ta có $NM\perp DC$, nên $d\left(AB;CD\right)=MN$.

Ta có:  

$S_{ABN}$$=\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-BN\right)\left(p-AN\right)}$ (p là nửa chu vi)

$=\sqrt{\frac{a+a\sqrt{3}}{2}.\frac{a+a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}=\frac{\sqrt{2}a}{4}$

Mặt khác: $S_{ABN}=\frac{1}{2}AB.MN=\frac{1}{2}a.MN$

$\Rightarrow MN=\frac{\sqrt{2}a}{2}$

Cách khác. Tính

$MN=\sqrt{A{N}^2-A{M}^2}$

$=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Câu 23: Cho hình chóp S.ABCD có $SA\perp \left(ABCD\right)$, đáy ABCD là hình chữ nhật với $AC=a\sqrt{5}$ và $BC=a\sqrt{2}$. Tính khoảng cách giữa SD và BC.

A. $\frac{3a}{4}$

B. $\frac{2a}{3}$

C. $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

D. $a\sqrt{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

Ta có: BC // $\left(SAD\right)$

$\Rightarrow d\left(BC;SD\right)=d\left(BC;\left(SAD\right)\right)$

$=d\left(B;\left(SAD\right)\right)$

Mà $\left\{\begin{array}{l}AB\perp AD\\ AB\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SAD\right)$

$\Rightarrow d\left(B;\left(SAD\right)\right)=AB$

Ta có: $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}$

$=\sqrt{5a^2-2a^2}=\sqrt{3}a$

Câu 24: Cho hình lập phương $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có cạnh bằng a. Khoảng cách giữa $BB\text{'}$ và AC bằng:

A. $\frac{a}{2}$

B. $\frac{a}{3}$

C. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

D. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Ta có: 

$d\left(B{B}^{\text{'}};AC\right)=d\left(B{B}^{\text{'}};\left(ACC\text{'}{A}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{1}{2}DB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Câu 25: Cho hình lập phương $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có cạnh bằng 1 (đvdt). Khoảng cách giữa $AA\text{'}$ và $BD\text{'}$ bằng:

A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

C. $\frac{2\sqrt{2}}{5}$

D. $\frac{3\sqrt{5}}{7}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích:

Ta có: $d\left(A{A}^{\text{'}};B{D}^{\text{'}}\right)=d\left(B{B}^{\text{'}};\left(DB{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Câu 26: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai cạnh đối AB và CD bằng

A. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

C. $\frac{a}{2}$

D. $\frac{a}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Khi đó $NA=NB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ nên tam giác ANB cân, suy ra $NM\perp AB$.

Chứng minh tương tự ta có $NM\perp DC$, nên $d\left(AB;CD\right)=MN$.

Ta có:

$S_{ABN}$$=\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-BN\right)\left(p-AN\right)}$ (p là nửa chu vi)

$=\sqrt{\frac{a+a\sqrt{3}}{2}.\frac{a+a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}$

$=\frac{\sqrt{2}a}{4}$

Mặt khác:  

$S_{ABN}=\frac{1}{2}AB.MN=\frac{1}{2}a.MN$

$\Rightarrow MN=\frac{\sqrt{2}a}{2}$

Câu 27: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và đường cao $SO=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$ Khoảng cách từ điểm O đến cạnh bên SA bằng

A. $a\sqrt{6}$

B. $\frac{a\sqrt{6}}{6}$

C. $a\sqrt{3}$

D. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích:

Vì hình chóp S.ABC đều có SO là đường cao

$\Rightarrow$O  là tâm của $\Delta ABC$

Gọi I là trung điểm cạnh BC.

Tam giác ABC đều nên $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow AO=\frac{2}{3}AI=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Kẻ $OH\perp SA$$\Rightarrow d\left(O,SA\right)=OH$

Xét tam giác SOA vuông tại O :

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{A}^2}$

$=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{6}{a^2}$

$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{6}}{6}$

Câu 28: Cho hình lập phương $ABCD.A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AD. Khoảng cách từ $A_1$ đến mặt phẳng $\left(C_1{D}_{1}M\right)$ bằng bao nhiêu?

A. $\frac{2a}{\sqrt{5}}$

B. $\frac{2a}{\sqrt{6}}$

C. $\frac{1}{2}a$

D. a

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích:

Gọi N là trung điểm cạnh $D{D}_1$ và $H=A_{1}N\cap M{D}_1$

Khi đó ta chứng minh được $A_{1}N\perp M{D}_1$  

suy ra  $A_{1}N\perp \left(C_1{D}_{1}M\right)$

$\Rightarrow d\left(A_1,\left(C_1{D}_{1}M\right)\right)=AH$

$=\frac{A_1{D}_1^2}{A_{1}N}=\frac{A_1{D}_1^2}{\sqrt{A_1{D}_1^2+N{D}_1^2}}$

$\Rightarrow d\left(A_1,\left(C_1{D}_{1}M\right)\right)=\frac{2a}{\sqrt{5}}$

Câu 29: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng cạnh bên bằng 3a. Khoảng cách từ S đến mặt phẳng $\left(ABC\right)$ bằng:

A.  4a

B.  3a

C.  a

D.  2a

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do S.ABC là chóp đều nên $SG\perp \left(ABC\right)$.

$AM=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow AG=\frac{2}{3}AM=a\sqrt{3}.$  

$\Delta SAG$ vuông tại G  

$SG=\sqrt{S{A}^2-A{G}^2}$

$=\sqrt{4a^2-3a^2}=a.$

Câu 30: Cho hình lăng trụ tứ giác đều $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có cạnh đáy bằng a. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của AD,DC,$A\text{'}D\text{'}$. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng $\left(MNP\right)$ và $\left(ACC\text{'}\right)$.

A. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

B. $\frac{a}{4}$

C. $\frac{a}{3}$

D. $\frac{a\sqrt{2}}{4}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

Ta có: $\left(MNP\right)$// $\left(AC{A}^{\text{'}}\right)$

$\Rightarrow d\left(\left(MNP\right);\left(AC{A}^{\text{'}}\right)\right)$

$=d\left(P;\left(AC{A}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{1}{2}O{D}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$

Câu 31: Cho hình chóp S. ABCD có SA ⊥ (ABCD) ; SA = 2a, ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Gọi O là tâm của ABCD, tính khoảng cách từ O đến SC.

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích:

Chọn A

+ Kẻ OH ⊥ SC , khi đó d(O; SC) = OH

+ Ta có: ΔSAC ∼ ΔOHC (g.g) (g-g) nên

Câu 32: Hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a cạnh bên bằng 2a. Khoảng cách từ S đến (ABC) bằng :

A. 2a                 

B. a√3                  

C. a                 

D. a√5

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

+ Gọi O là trọng tâm tam giác ABC.Do tam giác ABC đều nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

+ Ta có: SA = SB = SC và OA = OB = OC nên SO là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó SO ⊥ (ABC)

Chọn đáp án C

Câu 33: Cho hình chóp S.ABC trong đó SA; AB; BC vuông góc với nhau từng đôi một. Biết SA = a√3, AB = a√3 . Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng:

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích:

Chọn D

Kẻ AH ⊥ SB

Ta có: 

Lại có: AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC)

⇒ d(A; (SBC)) = AH

Trong tam giác vuông SAB ta có:

Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD = 2a; SA = a . Khoảng cách từ B đến (SCD) bằng:

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Ta có; AB // CD nên d(B, (SCD))= d(A; (SCD)).

Ta tính khoảng cách từ A đến (SCD) :

SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD; AD ⊥ CD

Suy ra (SAD) ⊥ CD

Trong (SAD) kẻ AH vuông góc SD tại H .

Khi đó AH ⊥ (SCD)

Câu 35: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Khoảng cách từ đỉnh A của hình lập phương đó đến đường thẳng CD’ bằng

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích:

Gọi M là trung điểm của CD’

Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên tam giác ACD’ là tam giác đều cạnh a√2 .

+ Tam giác ACD’ có AM là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao AM ⊥ CD'.

d(A; CD’) = AM = AC.sin(ACM) = a√2.sin60°= (a√6)/2

Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Biết hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a√2. Gọi E là trung điểm AD. Khoảng cách giữa AB và (SOE) là

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích: 

+ Vì hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy .

mà (SAB) ∩ (SAD) = SA

⇒ SA ⊥ (ABCD) .

+ Do E là trung điểm của AD khi đó

Tam giác ABD có EO là đường trung bình

⇒ EO // AB ⇒ AB // (SOE)

⇒ d(AB, (SOE)) = d(A; (SOE)) = AH

với H là hình chiếu của A lên SE.

Câu 37: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a√5 và BC = a√2. Tính khoảng cách giữa (SDA) và BC?

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

+ Ta có: BC // AD nên BC // (SAD)

⇒ d(BC; (SAD)) = d(B; SAD))

+ Ta chứng minh BA ⊥ (SAD) :

Do BA ⊥ AD (vì ABCD là hình chữ nhật)

Và BA ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))

⇒ BA ⊥ (SAD)

⇒ d(B; (SAD)) = BA

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có:

AB² = AC² - BC² = 5a² - 2a² = 3a²

⇒ AB = √3 a

⇒ d(CB; (SAD)) = AB = √3 a

Câu 38: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B; AB= a cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a√2. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB; AC. Khoảng cách giữa BC và (SMN) bằng bao nhiêu?

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích:

+ Tam giác ABC có MN là đường trung bình nên MN // BC

⇒ BC // (SMN) nên :

d(BC; (SMN)) = d(B; (SMN)) = d(A; (SMN))

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đoạn SM.

+ Ta chứng minh: MN ⊥ (SAM):

Câu 39: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có các cạnh bên hợp với đáy những góc bằng 60°, đáy ABC là tam giác đều và A’ cách đều A, B; C. Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ.

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích: 

+ Vì tam giác ABC đều và AA’ = BA’ = CA’ (giả thiết) nên A’.ABC là hình chóp đều.

Gọi A’H là chiều cao của lăng trụ, suy ra H là trọng tâm tam giác ABC

Lăng trụ ABC.A’B’C’ có các cạnh bên hợp với đáy góc 60° nên ∠A'AH = 60°.

+ Xét tam giác AHA’ có: A'H = AH.tan60° = ((a√3)/3).√3 = a

+ lại có; (ABC) // (A’B’C’) ( định nghĩa hình lăng trụ) nên d((ABC), (A’B’C’)) = d( A’, (ABC)) = A’H = a

Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O; SA vuông góc với đáy (ABCD). Gọi K; H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A và O lên SD Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

A. Đoạn vuông góc chung của AC và SD là AK

B. Đoạn vuông góc chung của AC và SD là CD

C. Đoạn vuông góc chung của AC và SD là OH

D. Các khẳng định trên đều sai

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

+ Ta xét các phương án:

- Phương án A:

Giả sử AK ⊥ AC, do AK ⊥ AB ⇒ AK ⊥ (ABC)

⇒ AK ≡ SA ( vì SA ⊥ (ABC)) ⇒ SA ⊥ SD ⇒ ΔSAD có 2 góc vuông (vô lý)

- Phương án B:

Theo tính chất của hình vuông thì AC và CD không vuông góc với nhau nên đoạn vuông góc chung của AC và SD không phải CD.

- Phương án C:

Giả sử AC ⊥ OH, do AC ⊥ BD ⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ AC ⊥ SO

Lại có: SA ⊥ AC ⇒ vô lý.

⇒ Đoạn vuông góc chung của AC và SD không phải là OH.

Các câu hỏi trắc nghiệm Toán lớp 11 có đáp án, chọn lọc khác:

Trắc nghiệm Vectơ trong không gian có đáp án

Trắc nghiệm Hai đường thẳng vuông góc có đáp án

Trắc nghiệm Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng có đáp án

Trắc nghiệm Hai mặt phẳng vuông góc có đáp án

Trắc nghiệm Bài tập ôn tập chương 3 có đáp án